BZOJ P1211:[HNOI2004]树的计数

第一次学prufer数列相关，一开始觉得可能可以树形DP但发现复杂度大的我无法想象

然后发现是prufer数列

具体相关的知识可以自行去百度，下面是我搜到的一些资料

将树转化成Prufer数列的方法

一种生成Prufer序列的方法是迭代删点，直到原图仅剩两个点。对于一棵顶点已经经过编号的树T，顶点的编号为{1,2,...,n}，在第i步时，移去所有叶子节点（度为1的顶点）中标号最小的顶点和相连的边，并把与它相邻的点的编号加入Prufer序列中，重复以上步骤直到原图仅剩2个顶点。

例子

Prufer数列

以右边的树为例子，首先在所有叶子节点中编号最小的点是2，和它相邻的点的编号是3，将3加入序列并删除编号为2的点。接下来删除的点是4，5被加入序列，然后删除5，1被加入序列，1被删除，3被加入序列，此时原图仅剩两个点（即3和6），Prufer序列构建完成，为{3,5,1,3}

将Prufer数列转化成树的方法

设{a1,a2,..an-2}为一棵有n个节点的树的Prufer序列，另建一个集合G含有元素{1..n}，找出集合中最小的未在Prufer序列中出现过的数，将该点与Prufer序列中首项连一条边，并将该点和Prufer序列首项删除，重复操作n-2次，将集合中剩余的两个点之间连边即可。

例子

仍为上面的树，Prufer序列为{3,5,1,3}，开始时G={1,2,3,4,5,6}，未出现的编号最小的点是2，将2和3连边，并删去Prufer序列首项和G中的2。接下来连的边为{4,5},{1,5},{1,3},此时集合G中仅剩3和6，在3和6之间连边，原树恢复

然后我们发现一个prufer数列非常nice的性质：

就是一个节点在prufer数列中出现的次数是这个节点度数减一

很好证明,如果这个点是叶子节点那么不会出现的啊，即为0

如果不是叶子节点，那么每一次他的叶子节点被删时，他的度数减一，减到为一时，即为叶子节点了，所以出现次数为度数减一

然后排列组合一算就可以了

发现题目中n很小，直接质因数分解一下就可以了，不需要高精度

然后的话，通过prufer的定义，我们会发现，到最后prufer数列的中的数一共有n-2个

至于prufer数列的个数一共有n-2的证明我补上一下，其实非常显然，我每加一个点必须先删掉一个点

那么非常显然的是我一共要删n-2个点，那么prufer序列中的数一共有n-2个

那么所有的数的度数减一的和不为n-2就没有方案了

下面是代码

#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int n,tot,p[2][151],x;long long ans(1);void cal(int x,int k){  for(int i=2;;i++){        while(x%i==0){p[k][i]++,x/=i;}        if(x==1){        break;}    }}//直接把数字质因数分解记录进数组里面long long qpow(int x,int y){if(y==1){return x;}else{long long fanhui=qpow(x,y/2);if(y%2==1){fanhui*=x;}return fanhui;}}//快速幂 int main(){    cin>>n;    for(int i=1;i<=n;i++){       cin>>x;       if(x>2){          for(int j=1;j<=x-1;j++){          cal(j,1);}        }//当x>2时，拆开记录一个p数组中        if(x>1){       tot+=x-1;}//记所有点的度数减一然后加起来    }    if(n==1){cout<<!x<<endl;return 0;}//特判只有一个节点的情况     if(tot!=n-2){cout<<0<<endl;return 0;}//所有点的度数减一之和不为n-2的话就无解    for(int i=2;i<=tot;i++){    cal(i,0);}//将tot!拆开存到另一个p数组里     for(int i=1;i<=150;i++){    if(p[0][i]-p[1][i]>0){//若某一因子多了，那么算进答案中     ans*=(long long)qpow(i,p[0][i]-p[1][i]);}}//算答案 cout<<ans<<endl;    return 0;}/*in:42 1 2 1out:2*/